河北保定滿城區(qū)龍門2021-2022學年中考數(shù)學模擬預測題含解析及點睛

1、2021-2022中考數(shù)學模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）1如圖，O的半徑為1，ABC是O的內接三角形，連接OB、OC，若BAC與BOC互補，則弦BC的長為（）AB2C3D1.52一塊等邊三角形的木板，邊長為1，現(xiàn)將木板沿水平線翻滾（如圖），那么B點從開始至結束所走過的路徑長度為（）AB

2、C4D2+3如圖，在ABC中，ACB=90，點D為AB的中點，AC=3，cosA=，將DAC沿著CD折疊后，點A落在點E處，則BE的長為（）A5B4C7D54下列圖形中，是軸對稱圖形但不是中心對稱圖形的是（ ）ABCD5已知關于x的方程x2+3x+a=0有一個根為2，則另一個根為（）A5B1C2D56河堤橫斷面如圖所示，堤高BC=6米，迎水坡AB的坡比為1：，則AB的長為A12米B4米C5米D6米7甲、乙兩人分別以4m/s和5m/s的速度，同時從100m直線型跑道的起點向同一方向起跑，設乙的奔跑時間為t（s），甲乙兩人的距離為S（m），則S關于t的函數(shù)圖象為（）ABCD8半徑為的正六邊形的邊心

3、距和面積分別是()A，B，C，D，9一、單選題點P（2，1）關于原點對稱的點P的坐標是（）A（2，1）B（2，1）C（1，2）D（1，2）10如圖，點A、B、C是O上的三點，且四邊形ABCO是平行四邊形，OFOC交圓O于點F，則BAF等于()A12.5B15C20D22.5二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）11若4a+3b=1，則8a+6b-3的值為_.12在數(shù)軸上，點A和點B分別表示數(shù)a和b，且在原點的兩側，若=2016，AO=2BO，則a+b=_13已知關于 x 的函數(shù) y=（m1）x2+2x+m 圖象與坐標軸只有 2 個交點，則m=_14若式子有意義，則x的取值范圍是_

4、15如圖，點A、B、C在圓O上，弦AC與半徑OB互相平分，那么AOC度數(shù)為_度16分解因式：x29_ 三、解答題（共8題，共72分）17（8分）如圖，是的直徑，是圓上一點，弦于點，且過點作的切線，過點作的平行線，兩直線交于點，的延長線交的延長線于點（1）求證：與相切；（2）連接，求的值18（8分）如圖，拋物線交X軸于A、B兩點，交Y軸于點C ，（1）求拋物線的解析式；（2）平面內是否存在一點P，使以A，B，C，P為頂點的四邊形為平行四邊形，若存在直接寫出P的坐標，若不存在請說明理由。19（8分）已知AC，EC分別為四邊形ABCD和EFCG的對角線，點E在ABC內，CAE+CBE=1（1）如圖，

5、當四邊形ABCD和EFCG均為正方形時，連接BFi）求證：CAECBF；ii）若BE=1，AE=2，求CE的長；（2）如圖，當四邊形ABCD和EFCG均為矩形，且時，若BE1，AE=2，CE=3，求k的值；（3）如圖，當四邊形ABCD和EFCG均為菱形，且DAB=GEF=45時，設BE=m，AE=n，CE=p，試探究m，n，p三者之間滿足的等量關系（直接寫出結果，不必寫出解答過程）20（8分）規(guī)定：不相交的兩個函數(shù)圖象在豎直方向上的最短距離為這兩個函數(shù)的“親近距離”（1）求拋物線yx22x+3與x軸的“親近距離”；（2）在探究問題：求拋物線yx22x+3與直線yx1的“親近距離”的過程中，有人

6、提出：過拋物線的頂點向x軸作垂線與直線相交，則該問題的“親近距離”一定是拋物線頂點與交點之間的距離，你同意他的看法嗎？請說明理由（3）若拋物線yx22x+3與拋物線y+c的“親近距離”為，求c的值21（8分）如圖，在ABC中，C90，CAB50，按以下步驟作圖：以點A為圓心，小于AC長為半徑畫弧，分別交AB、AC于點E、F；分別以點E、F為圓心，大于EF長為半徑畫弧，兩弧相交于點G；作射線AG，交BC邊于點D則ADC的度數(shù)為( )A40B55C65D7522（10分）如圖，矩形ABCD中，O是AC與BD的交點，過O點的直線EF與AB、CD的延長線分別交于E、F（1）證明：BOEDOF；（2）當

7、EFAC時，求證四邊形AECF是菱形23（12分）已知：如圖，在梯形ABCD中，ADBC，AB=DC，E是對角線AC上一點，且ACCE=ADBC.（1）求證：DCA=EBC；（2）延長BE交AD于F，求證：AB2=AFAD24一個不透明的口袋中有四個完全相同的小球，把它們分別標號為1，2，3，4.隨機摸取一個小球然后放回，再隨機摸出一個小球，求下列事件的概率：兩次取出的小球標號相同；兩次取出的小球標號的和等于4.參考答案一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分）1、A【解析】分析：作OHBC于H，首先證明BOC=120，在RtBOH中，BH=OBsin60=1，即可推出BC=2BH=，詳解

8、：作OHBC于HBOC=2BAC，BOC+BAC=180，BOC=120，OHBC，OB=OC，BH=HC，BOH=HOC=60，在RtBOH中，BH=OBsin60=1，BC=2BH=.故選A點睛：本題考查三角形的外接圓與外心、銳角三角函數(shù)、垂徑定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線2、B【解析】根據(jù)題目的條件和圖形可以判斷點B分別以C和A為圓心CB和AB為半徑旋轉120，并且所走過的兩路徑相等，求出一個乘以2即可得到【詳解】如圖：BC=AB=AC=1，BCB=120，B點從開始至結束所走過的路徑長度為2弧BB=2.故選B3、C【解析】連接AE，根據(jù)余弦的定義求出AB，根據(jù)勾股定理求出B

9、C，根據(jù)直角三角形的性質求出CD，根據(jù)面積公式出去AE，根據(jù)翻轉變換的性質求出AF，根據(jù)勾股定理、三角形中位線定理計算即可【詳解】解：連接AE，AC=3，cosCAB=，AB=3AC=9，由勾股定理得，BC=6，ACB=90，點D為AB的中點，CD=AB=，SABC=36=9，點D為AB的中點，SACD=SABC=，由翻轉變換的性質可知，S四邊形ACED=9，AECD，則CDAE=9，解得，AE=4，AF=2，由勾股定理得，DF=，AF=FE，AD=DB，BE=2DF=7，故選C【點睛】本題考查的是翻轉變換的性質、直角三角形的性質，翻轉變換是一種對稱變換，它屬于軸對稱，折疊前后圖形的形狀和大小

10、不變，位置變化，對應邊和對應角相等4、A【解析】A.是軸對稱圖形不是中心對稱圖形，正確；B.是軸對稱圖形也是中心對稱圖形，錯誤；C.是中心對稱圖形不是軸對稱圖形，錯誤；D. 是軸對稱圖形也是中心對稱圖形，錯誤，故選A.【點睛】本題考查軸對稱圖形與中心對稱圖形，正確地識別是解題的關鍵.5、B【解析】根據(jù)關于x的方程x2+3x+a=0有一個根為-2，可以設出另一個根，然后根據(jù)根與系數(shù)的關系可以求得另一個根的值，本題得以解決【詳解】關于x的方程x2+3x+a=0有一個根為-2，設另一個根為m，-2+m=，解得，m=-1，故選B6、A【解析】試題分析：在RtABC中，BC=6米，AC=BC=6（米）.

11、（米）.故選A.【詳解】請在此輸入詳解！7、B【解析】勻速直線運動的路程s與運動時間t成正比，s-t圖象是一條傾斜的直線解答【詳解】甲、乙兩人分別以4m/s和5m/s的速度，兩人的相對速度為1m/s，設乙的奔跑時間為t（s），所需時間為20s，兩人距離20s1m/s=20m，故選B【點睛】此題考查函數(shù)圖象問題，關鍵是根據(jù)勻速直線運動的路程s與運動時間t成正比解答8、A【解析】首先根據(jù)題意畫出圖形，易得OBC是等邊三角形，繼而可得正六邊形的邊長為R，然后利用解直角三角形求得邊心距，又由S正六邊形=求得正六邊形的面積【詳解】解：如圖，O為正六邊形外接圓的圓心，連接OB，OC，過點O作OHBC于H，

12、六邊形ABCDEF是正六邊形，半徑為，BOC=，OB=OC=R，OBC是等邊三角形，BC=OB=OC=R，OHBC，在中，即，即邊心距為；，S正六邊形=，故選：A【點睛】本題考查了正多邊形和圓的知識；求得正六邊形的中心角為60，得到等邊三角形是正確解答本題的關鍵9、A【解析】根據(jù)“關于原點對稱的點，橫坐標與縱坐標都互為相反數(shù)”解答【詳解】解：點P（2，-1）關于原點對稱的點的坐標是（-2，1）故選A【點睛】本題考查了關于原點對稱的點的坐標，解決本題的關鍵是掌握好對稱點的坐標規(guī)律：關于原點對稱的點，橫坐標與縱坐標都互為相反數(shù)10、B【解析】解：連接OB，四邊形ABCO是平行四邊形， OC=AB，

13、又OA=OB=OC， OA=OB=AB， AOB為等邊三角形， OFOC，OCAB， OFAB， BOF=AOF=30， 由圓周角定理得BAF=BOF=15故選:B二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）11、-1【解析】先求出8a+6b的值，然后整體代入進行計算即可得解【詳解】4a+3b=1，8a+6b=2，8a+6b-3=2-3=-1；故答案為：-1【點睛】本題考查了代數(shù)式求值，整體思想的利用是解題的關鍵12、-672或672【解析】 ，a-b=2016, AO=2BO，A和點B分別在原點的兩側a=-2b. 當a-b=2016時，-2b-b=2016,解得：b=-672.a=2

14、(-672)=1342,a+b=1344+(-672)=672.同理可得當a-b=-2016時，a+b=-672, a+b=672,故答案為：672或672.13、1 或 0 或 【解析】分兩種情況討論：當函數(shù)為一次函數(shù)時，必與坐標軸有兩個交點；當函數(shù)為二次函數(shù)時，將（0，0）代入解析式即可求出m的值【詳解】解：（1）當 m1=0 時，m=1，函數(shù)為一次函數(shù)，解析式為 y=2x+1，與 x 軸交點坐標為（ ，0）；與 y 軸交點坐標（0，1）符合題意（2）當 m10 時，m1，函數(shù)為二次函數(shù)，與坐標軸有兩個交點，則過原點，且與 x 軸有兩個不同的交點，于是=44（m1）m0，解得，（m）2，解

15、得 m 或 m 將（0，0）代入解析式得，m=0，符合題意（3）函數(shù)為二次函數(shù)時，還有一種情況是：與 x 軸只有一個交點，與 Y 軸交于交于另一點，這時：=44（m1）m=0，解得：m= 故答案為1 或 0 或【點睛】此題考查一次函數(shù)和二次函數(shù)的性質，解題關鍵是必須分兩種情況討論，不可盲目求解14、x【解析】解：依題意得：2x+31解得x故答案為x15、1【解析】首先根據(jù)垂徑定理得到OA=AB，結合等邊三角形的性質即可求出AOC的度數(shù)【詳解】解：弦AC與半徑OB互相平分，OA=AB，OA=OC，OAB是等邊三角形，AOB=60，AOC=1，故答案為1【點睛】本題主要考查了垂徑定理的知識，解題的

16、關鍵是證明OAB是等邊三角形，此題難度不大16、 (x3)(x3)【解析】x2-9=（x+3）（x-3），故答案為（x+3）（x-3）.三、解答題（共8題，共72分）17、（1）見解析；（2）【解析】（1）連接，易證為等邊三角形，可得，由等腰三角形的性質及角的和差關系可得1=30，由于可得DCG=CDA=60，即可求出OCG=90，可得與相切；（2）作于點設，則，根據(jù)兩組對邊互相平行可證明四邊形為平行四邊形，由可證四邊形為菱形，由（1）得，從而可求出、的值，從而可知的長度，利用銳角三角函數(shù)的定義即可求出的值【詳解】（1）連接，是的直徑，弦于點，為等邊三角形，DAE=EAC=30，OA=OC，O

17、AC=OCA=30，1=DCA-OCA=30，DCG=CDA=60，OCG=DCG+1=60+30=90，與相切（2）連接EF，作于點設，則，與相切，又，又，四邊形為平行四邊形，四邊形為菱形，由（1）得，在中，【點睛】本題考查圓的綜合問題，涉及切線的判定與性質，菱形的判定與性質，等邊三角形的性質及銳角三角函數(shù)，考查學生綜合運用知識的能力，熟練掌握相關性質是解題關鍵.18、（1）；（2） （3，-4） 或（5,4）或（-5,4）【解析】（1）設|OA|=1，確定A,B,C三點坐標，然后用待定系數(shù)法即可完成；（2）先畫出存在的點，然后通過平移和計算確定坐標；【詳解】解：（1）設|OA|=1，則A(

18、-1，0)，B(4，0)C（0,4）設拋物線的解析式為y=ax2+bx+c則有： 解得所以函數(shù)解析式為：（2）存在，（3，-4） 或（5,4）或（-5,4）理由如下：如圖：P1相當于C點向右平移了5個單位長度，則坐標為（5，4）；P2相當于C點向左平移了5個單位長度，則坐標為（-5，4）；設P3坐標為（m，n）在第四象限，要使A P3BC是平行四邊形，則有A P3=BC, B P3=AC 即 （舍去）P3坐標為（3，-4）【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)綜合題，此題涉及到待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，通過作圖確認平行四邊形存在，然后通過觀察和計算確定P點坐標；解題的關鍵在于規(guī)范作圖，以便于樹形結合

19、.19、（1）i）證明見試題解析；ii）；（2）；（3）【解析】（1）i）由ACE+ECB=45， BCF+ECB=45，得到ACE=BCF，又由于，故CAECBF；ii）由，得到BF=，再由CAECBF，得到CAE=CBF，進一步可得到EBF=1，從而有，解得；（2）連接BF，同理可得：EBF=1，由，得到，故，從而，得到，代入解方程即可；（3）連接BF，同理可得：EBF=1，過C作CHAB延長線于H，可得：，故，從而有【詳解】解：（1）i）ACE+ECB=45， BCF+ECB=45，ACE=BCF，又，CAECBF；ii），BF=，CAECBF，CAE=CBF，又CAE+CBE=1，CB

20、F+CBE=1，即EBF=1，解得；（2）連接BF，同理可得：EBF=1，解得；（3）連接BF，同理可得：EBF=1，過C作CHAB延長線于H，可得：，【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質；正方形的性質；矩形的性質；菱形的性質20、（1）2；（2）不同意他的看法，理由詳見解析；（3）c1【解析】(1)把y=x22x+3配成頂點式得到拋物線上的點到x軸的最短距離，然后根據(jù)題意解決問題；(2)如圖，P點為拋物線y=x22x+3任意一點，作PQy軸交直線y=x1于Q，設P(t，t22t+3)，則Q(t，t1)，則PQ=t22t+3(t1)，然后利用二次函數(shù)的性質得到拋物線y=x22x+3與直線y=

21、x1的“親近距離”，然后對他的看法進行判斷；(3)M點為拋物線y=x22x+3任意一點，作MNy軸交拋物線于N，設M(t，t22t+3)，則N(t，t2+c)，與(2)方法一樣得到MN的最小值為c，從而得到拋物線y=x22x+3與拋物線的“親近距離”，所以，然后解方程即可【詳解】(1)y=x22x+3=(x1)2+2，拋物線上的點到x軸的最短距離為2，拋物線y=x22x+3與x軸的“親近距離”為：2；(2)不同意他的看法理由如下：如圖，P點為拋物線y=x22x+3任意一點，作PQy軸交直線y=x1于Q，設P(t，t22t+3)，則Q(t，t1)，PQ=t22t+3(t1)=t23t+4=(t)2+，當t=時，PQ有最小值，最小值為，拋物線y=x22x+3與直線y=x1的“親近距離”為，而過拋物線的頂點向x軸作垂線與直線相交，拋物線頂點與交點之間的距離為2，不同意他的看法；(3)M點為拋物線y=x22x+3任意一點，作MNy軸交拋物線于N，設M(t，t22t+3)，則N(t，t2+c)，MN=t22t+3(t2+c)=t22t+3c=(t)2+c，當t=時，MN有最小值，最小值為c，拋物線y=